Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 114 Ngày 28 tháng 6 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị )(H của hàm số . 1 12 + +− = x x y 2. Tìm m để đường thẳng mxyd +−=: cắt )(H tại hai điểm A, B thỏa mãn 22=AB . Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình .cos2cos3cos1sin2sin3sin xxxxxx −+=+++ 2. Giải bất phương trình .2 4 4 27 −+> − + x x x x xx Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân .d 2 2ln 0 ∫ ++ = − x ee x I xx Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ 1 1 1 .ABC A B C có M là trung điểm cạnh AB, 0 90,2 =∠= ACBaBC và ,60 0 =∠ABC cạnh bên 1 CC tạo với mặt phẳng )(ABC một góc ,45 0 hình chiếu vuông góc của 1 C lên mặt phẳng )(ABC là trung điểm của CM. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và góc tạo bởi hai mặt phẳng )(ABC và ).( 11 AACC Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn .3≤++ zyx Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . 111222 222222333 xzxzzyzyyxyxzyx P +− + +− + +− +++= PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc b) a. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho elip 2 2 ( ) : 1 8 4 x y E + = có các tiêu điểm 21 , FF ( 1 F có hoành độ âm). Đường thẳng d đi qua 2 F và song song với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất cắt )(E tại A và B. Tính diện tích tam giác . 1 ABF 2. Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho hai đường thẳng 1 1 1 1 1 2 : − + = + = − zyx d và :∆ . 2 3 1 1 1 3 + = + = − zyx Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và tạo với ∆ một góc .30 0 Câu VIIa. (1,0 điểm) Tính hệ số của 4 x trong khai triển biểu thức ),0(,) 1 1(3 >       −+ x x x n biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn .383 3 1 2 2 1 1 +++ =+ nnn CCC b. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho parabol xyP 2:)( 2 = và điểm ).0;2(K Đường thẳng d đi qua K cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN nằm trên đường thẳng d. 2. Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng 052:)( =+−+ zyxP và đường thẳng . 1 3 1 1 2 3 : − = + = + zyx d Gọi 'd là hình chiếu vuông góc của d lên (P) và E là giao điểm của d và (P). Tìm tọa độ điểm F thuộc (P) sao cho EF vuông góc với 'd và .35=EF Câu VIIb. (1,0 điểm) Giả sử z là số phức thỏa mãn .042 2 =+− zz Tìm số phức . 2 31 7         + −+ = z z w Hết 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI SỐ 114 Câu I: 1. (1,0 điểm)a) Tập xác định: }1{\ − . b) Sự biến thiên: * Giới hạn, tiệm cận: Ta có ( ) −∞= − −→ y x 1 lim và ( ) .lim 1 +∞= + −→ y x Do đó đường thẳng 1 −= x là tiệm cận đứng của (H). Vì 2limlim −== +∞→−∞→ yy xx nên đường thẳng 2−=y là tiệm cận ngang của đồ thị. * Chiều biến thiên: Ta có .1,0 )1( 3 ' 2 −≠∀< + − = x x y Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) .;1,1; ∞+−−∞− * Bảng biến thiên x ∞− 1− ∞+ 'y − − y ∞+ 2− 2− ∞− c) Đồ thị: Đồ thị (H) cắt Ox tại       0; 2 1 , cắt Oy tại ( ) .1;0 (H) nhận giao điểm ( ) 2;1 −−I của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 2. (1,0 điểm)Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình mx x x +−= + +− 1 12 2 2 1 ( 1)( ), 1 ( 1) 1 0(1)x x x m x x m x m⇔ − + = + − + ≠ − ⇔ − + − + = Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 0)1(4)1(0 2 >+−−+⇔>∆⇔ mm 2 6 3 0 3 2 3, 3 2 3m m m m⇔ + − > ⇔ < − − > − + (2) Khi đó ),;(),;( 2211 mxxBmxxA +−+− với .1,1 2121 +−=+=+ mxxmxx Từ giả thiết ta có 4)(8)()(8 2 12 2 12 2 12 2 =−⇔=−+−⇔= xxxxxxAB 2 2 2 1 2 1 2 ( ) 4 4 ( 1) 4( 1) 4 6 7 0 1, 7x x x x m m m m m m⇔ + − = ⇔ + − − + = ⇔ + − = ⇔ = = − Đối chiếu với (2), ta có các giá trị cần tìm của m là .7,1 −== mm Câu II.1. (1,0 điểm )Phương trình đã cho tương đương với xxxxxx cos3cos2cos12sin)sin3(sin −=−+++ xxxxxxx cos2sin2sin2cossin2cos2sin2 2 −=++⇔ sin 2 (cos sin ) sin (cos sin ) 0x x x x x x⇔ + + + = sin (2cos 1)(cos sin ) 0.x x x x⇔ + + = Từ đó ta có các trường hợp sau *) .,0sin ∈=⇔= kkxx π *) .,2 3 2 2 1 cos01cos2 ∈+±=⇔−=⇔=+ kkxxx π π *) ., 4 0sincos ∈+−=⇔=+ kkxxx π π Vậy phương trình đã cho có nghiệm ., 4 ,2 3 2 , ∈+−=+±== kkxkxkx π π π π π 2. (1,0 điểm) Điều kiện: .0 02 4 0 >⇔      >−+ > x x x x Khi đó bpt đã cho tương đương với .24427 22 xxxx −+>−+ Đặt 0,42 2 ≥=+− ttxx ta được:    > < ⇔>+−⇔>+ 3 1 03443 22 t t tttt *) Với 1<t ta có ,142 2 <+− xx bpt này vô nghiệm. *) Với 3>t ta có     −< +> ⇔>−−⇔>+− 61 61 052342 22 x x xxxx Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm .61+>x 2 x O 1− 2 1 y I 2− 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu III.(1,0 điểm)Ta có .d )1( 2ln 0 2 ∫ + = x e xe I x x Đặt ,dd xuxu =⇒= . 1 1 d )1( d 2 + −=⇒ + = xx x e vx e e v Theo công thức tích phân từng phần ta có: ∫∫ + +−= + + + −= 2ln 0 2ln 0 0 2ln 1 d 3 2ln 1 d 1 xxx e x e x e x I (1) Tính . 1 d 2ln 0 1 ∫ + = x e x I Đặt te x = ta có 22ln;10 =⇒==⇒= txtx và . d d t t x = Suy ra .3ln2ln2)1ln(lnd 1 11 )1( d 1 2 1 2 2 1 2 1 1 −=+−=       + −= + = ∫∫ ttt tttt t I Thay vào (1) ta được .3ln2ln 3 5 −=I Câu IV.(1,0 điểm)*) Gọi H là trung điểm CM. Từ giả thiết .45))(;()( 0 111 =∠=∠⇒⊥⇒ ABCCCCHCABCHC *) Từ tam giác vuông ABC với 3260,2 0 aACABCaBC =⇒=∠= , aCHaABCMaAM =⇒=== 2 2 1 ,4 .45tan 0 1 aCHHC ==⇒ .3232 32 1. 111 aaaSHCV ABCCBAABC === *) Kẻ ⇒⊥ ACHK đường xiên .))();(( 1111 KHCAACCABCACKC ∠=∠⇒⊥ Tam giác MCA cân tại M 2 30sin.30 00 a HCHKMACMCA ==⇒=∠=∠⇒ .2arctan))();((2)tan( 111 =∠⇒==∠⇒ AACCABC HK CH KHC Câu V.(1,0 điểm)Ta có . 3 1 11 ; 3 1 11 ; 3 1 11 333333 zx xz yz zy xy yx ≥++≥++≥++ Suy ra . 333 3 222 333 zxyzxy zyx ++≥+++ Suy ra . 111333 3 222222 xzxzzyzyyxyx zxyzxy P +− + +− + +− +++≥+ Mặt khác, áp dụng BĐT , 411 baba + ≥+ với 0, >ba ta có       +− ++         +− ++         +− ++++≥+ 222222 111111222 3 xzxzzxzyzyyzyxyxxyzxyzxy P 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 4 4 4 1 1 1 1 1 1 4 4 4 2 2 2 16 16 16 3 3.9 3.9 16. 16. 16. 12. ( ) ( ) ( ) (2 2 2 ) 4.3 ( ) ( ) ( ) xy yz zx xy yz zxx y y z z x x y y z z x x y y z z x x y z x y y z z x       ≥ + + + + + = + + + + +  ÷  ÷  ÷ + + + + + +       ≥ + + ≥ ≥ ≥ = + + + + + + + + Do đó .9 ≥ P Dấu đẳng thức xảy ra khi .1=== zyx Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9, đạt được khi .1=== zyx Câu VIa: 1. (1,0 điểm) 1 48 :)( 22 =+ yx E có ).0;2(),0;2(248 21 FFc −⇒=−= Từ giả thiết 2: −=⇒ xyd hay .02 =−− yx Từ hệ . 3 2 ; 3 8 ),2;0( 1 48 2 22       −⇒      =+ −= BA yx xy . 3 16 22.2 3 8 . 2 1 );(. 2 1 1 1 === ABFdABS ABF 2. (1,0 điểm) *) (P) chứa d )(P⇒ đi qua ⇒−− )1;1;2(M pt (P) có dạng ).0(02 222 ≠++=++−++ CBACBACzByAx 00.)( =−+⇔=⇒⊂ CBAnuPd Pd (1) *) 2 1 .6 |2| 2 1 ))(;sin(30))(;( 222 0 = ++ ++ ⇔=∆⇔=∆∠ CBA CBA PP )(3)2(2 2222 CBACBA ++=++⇔ . (2) *) Từ (1) có BAC += thay vào (2): 2 2 2 5 2 0 2 , 2 B A AB B A B A+ + = ⇔ = − = − 3 C A M H K 1 C 1 B 1 A 2a B Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 + Khi .2BA −= Chọn .042:)(1,2,1 =−+−⇒==−= zyxPCAB + Khi . 2 B A −= Chọn .052:)(1,1,2 =−−−⇒−==−= zyxPCAB Câu 7a(1,0 điểm) Từ giả thiết ta có 2, 6 )1()1( .3 2 )1)(2( .8)1(3 ≥ −+ = ++ ++ n nnnnn n 2 6 8( 2) ( 1) 9 22 0 11 2 11.n n n n n n n n⇔ + + = − ⇔ − − = ⇔ = = − ⇔ = Theo khai triển nhị thức Newton ta có ∑∑∑ = − = − = − =       −=             −+ k i i i i k kk k k k kk k k x CxC x xC x x 0 11 11 0 11 11 11 0 11 11 )1( .)(3. 1 13.).( 1 13 .)1(.3. 2 11 0 11 0 11 i k i k i i k k k k xCC − − == −= ∑∑ Xét phương trình 110,4 2 11 ≤≤≤=− − kii k    == == ⇔≤≤≤=+⇔ 0,3 1,1 110,32 ik ik kiik Suy ra hệ số của 4 x là .44223.)1.(.3. 33 11 11 1 1 11 =+− CCC Câu VIb.1. (1,0 điểm)– TH1: .2: =⇒⊥ xdOxd Từ 0. )2;2( )2;2( 2 2 2 =⇒    − ⇒    = = ONOM N M xy x .(1) – TH2: .2: kkxydOxd −=⇒⊥/ Tọa độ M, N là nghiệm của    = −= xy kkxy 2 2 2 2 2 , . 2 2 2 y y x y k k⇔ = = − 042 2 =−−⇒ kyky .(2). Để d cắt (P) tại M, N phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm phân biệt .0 ≠⇔ k Gọi                 2 2 2 1 2 1 ; 2 ,; 2 y y Ny y M trong đó 21 , yy là nghiệm của (2). Ta có 0)4()2( 2 . 2 21 2 21 =−+−=+       = yy yy ONOM .(3) Từ (1) và (3) suy ra OMNMON ∆⇒=∠ 0 90 vuông tại O. Suy ra tâm I của đường tròn ngoại tiếp OMN∆ là trung điểm MN .dI ∈⇒ 2. (1,0 điểm)d cắt (P) tại )4;0;1(−E . Giả sử 052)(),;;( 000000 =+−+⇒∈ zyxPFzyxF . (1) Vì 'dEF ⊥ nên dEF ⊥ (định lí 3 đường vuông góc) 0. =⇒ EFu d .022 000 =−++⇔ zyx (2) 75)4()1(35 2 0 2 0 2 0 =−+++⇔= zyxEF (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra ),1;5;4( −−F hoặc ).9;5;6(−F Câu VIIb.(1,0 điểm)Từ giả thiết 042 2 =+− zz ta có .313)1( 2 izz ±=⇔−=− *) Với iz 31+= ta có 7 7 7 7 7 ) 6 sin 6 (cos ) 4 sin 4 (cos . 28 1 )3( )1( 33 33 ππ ππ i i i i i i w + − + − = + − =         + − = 7 7 cos sin 1 1 1 3 1 3 1 4 4 . . . 7 7 8 32 32 8 2 3 cos sin 6 6 i i i i i π π π π − − + + + − = = − = − − + + *) Với iz 31−= ta có 7 7 7 7 ) 6 sin 6 (cos ) 4 sin 4 (cos . 28 1 )3( )1( ππ ππ − + − + = − + = i i i i w . 32 13 32 13 3 1 . 8 1 6 7 sin 6 7 cos 4 7 sin 4 7 cos . 28 1 i i i i i − + + −= +− − = − + − + = ππ ππ 4 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 114 Ngày 28 tháng 6 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị )(H của hàm số . 1 12 + +− = x x y 2 Tìm số phức . 2 31 7         + −+ = z z w Hết 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI SỐ 114 Câu I: 1. (1,0 điểm)a) Tập xác định: }1{ − . b) Sự biến thi n:. cận ngang của đồ thị. * Chi u biến thi n: Ta có .1,0 )1( 3 ' 2 −≠∀< + − = x x y Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) .;1,1; ∞+−−∞− * Bảng biến thi n x ∞− 1− ∞+ 'y